2020届二轮复习（文）专题五第3讲第2课时 圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题作业
展开第2课时 圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题
解答题
1.(2019贵阳第一学期检测)已知圆M:x2+(y-2)2=1,直线l:y=-1,动圆P与圆M外切,且与直线l相切,设动圆圆心P的轨迹为E.
(1)求轨迹E的方程;
(2)若点A,B是E上的两个动点,O为坐标原点,且·=-16,求证:直线AB恒过定点.
解析 因为动圆P与直线l:y=-1相切,且与定圆M:x2+(y-2)2=1外切,所以动点P到圆M的圆心M(0,2)的距离与到直线y=-2的距离相等,由抛物线的定义知,点P的轨迹是以M(0,2)为焦点,直线y=-2为准线的抛物线.
故所求P的轨迹E的方程为x2=8y.
(2)证明:设直线AB的方程为y=kx+b,A(x1,y1),B(x2,y2),
将直线AB的方程代入到x2=8y中得x2-8kx-8b=0,
所以x1+x2=8k,x1x2=-8b,
又·=x1x2+y1y2=x1x2+=-8b+b2=-16,
所以b=4,则直线AB恒过定点(0,4).
2.(2019兰州诊断)已知曲线C上的任意一点到直线l:x=-的距离与到点F的距离相等.
(1)求曲线C的方程;
(2)若过P(1,0)的直线与曲线C相交于A,B两点,Q(-1,0)为定点,设直线AQ的斜率为k1,直线BQ的斜率为k2,直线AB的斜率为k,证明:+-为定值.
解析 (1)由条件可知,此曲线是焦点为F的抛物线,设抛物线的方程为y2=2px(p>0),则
=,p=1,
∴曲线C的方程为y2=2x.
(2)证明:由已知得,直线AB的方程为y=k(x-1)(k≠0),
由可得ky2-2y-2k=0.
设A,B,则y1+y2=,y1y2=-2.
∵k1==,k2==,
∴+=+
=
=
=
=
=
=+4.∴+-=4,为定值.
3.(2019洛阳尖子生第二次联考)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,短轴长为2.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)设直线l:y=kx+m与椭圆C交于M,N两点,O为坐标原点,若kOM·kON=,求证:点(m,k)在定圆上.
解析 (1)设椭圆C的焦距为2c,由已知e==,2b=2,a2=b2+c2,得b=1,a=2,
∴椭圆C的标准方程为+y2=1.
(2)证明:设M(x1,y1),N(x2,y2),联立得
(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0,
依题意,Δ=(8km)2-4(4k2+1)(4m2-4)>0,化简得m2<4k2+1.①
由根与系数的关系得,x1+x2=,x1x2=,
y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2,
若kOM·kON=,则=,即4y1y2=5x1x2,
∴4k2x1x2+4km(x1+x2)+4m2=5x1x2,
∴(4k2-5)×+4km·+4m2=0,
即(4k2-5)(m2-1)-8k2m2+m2(4k2+1)=0,化简得m2+k2=.②
由①②得0≤m2<,<k2≤,
∴点(m,k)在定圆x2+y2=上.(没求k的范围不扣分)
4.(2019石家庄质检)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,且经过点.
(1)求椭圆C的方程;
(2)过点(,0)作直线l与椭圆C交于不同的两点A,B,试问在x轴上是否存在定点Q,使得直线QA与直线QB恰好关于x轴对称?若存在,求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.
解析 (1)由题意可得=,+=1,
又a2-b2=c2,所以a2=4,b2=1.
所以椭圆C的方程为+y2=1.
(2)存在定点Q,满足直线QA与直线QB恰好关于x轴对称.当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为x+my-=0,与椭圆C的方程联立得
整理得,(4+m2)y2-2my-1=0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),定点Q(t,0)(依题意知t≠x1,t≠x2).
由根与系数的关系可得,y1+y2=,y1y2=.
直线QA与直线QB恰好关于x轴对称,则直线QA与直线QB的斜率互为相反数,
所以+=0,即y1(x2-t)+y2(x1-t)=0.
又x1+my1-=0,x2+my2-=0,
所以y1(-my2-t)+y2(-my1-t)=0,
整理得(-t)(y1+y2)-2my1y2=0,
从而可得(-t)·-2m·=0,即2m(4-t)=0,
所以当t=,即Q时,直线QA与直线QB恰好关于x轴对称.特别地,当直线l为x轴时,Q也符合题意.
当直线的斜率不存在,即直线l垂直于x轴时,Q,符合题意,综上所述,在x轴上存在定点Q,使得直线QA与直线QB恰好关于x轴对称.
